专题9-4 圆锥曲线点代入和非对称等题型归纳-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版）

这是一份专题9-4 圆锥曲线点代入和非对称等题型归纳-2022年高考数学毕业班二轮热点题型归纳与变式演练（全国通用）（解析版），共54页。试卷主要包含了热点题型归纳1，最新模考题组练43等内容，欢迎下载使用。
专题9-4圆锥曲线点代入和非对称等题型

目录
一、热点题型归纳 1
【题型一】 基础型：韦达定理+点代入法 1
【题型二】 定比分点型：a=b 5
【题型三】 点代入型：抛物线独有的代入方法 8
【题型四】 非对称型：利用韦达定理构造“和积”消去型 13
【题型五】 切线型 17
【题型六】 暴力计算型：求根公式直接硬解 23
【题型七】 无韦达定理型：点代入法 30
【题型八】 坐标运算 34
【题型九】 综合题 38
二、最新模考题组练 43



【题型一】基础型：韦达定理+点带入法
【典例分析】
已知椭圆的离心率为，过右焦点F的直线与相交于、两点，当的斜率为1时，坐标原点到的距离为
（I）求，的值；
（II）上是否存在点P，使得当绕F转到某一位置时，有成立？
若存在，求出所有的P的坐标与的方程；若不存在，说明理由。
解 (I）设，直线，由坐标原点到的距离为
则，解得 .又.
（II）由(I）知椭圆的方程为.设、由题意知的斜率为一定不为0，故不妨设 代入椭圆的方程中整理得，显然。
由韦达定理有：．．．．．．．．①
.假设存在点P，使成立，则其充要条件为：
点，点P在椭圆上，即。
整理得。又在椭圆上，即.
故．．．②将及①代入②解得
,=,即.当;当.

【提分秘籍】
基本规律
1.图形特征依旧有“一直一曲”的
2.在代点时，遵循：“交点不止在直线上，也在曲线上”
3.授课时，可以和点差法题型结合对比
【变式演练】
1.P(x0，y0)(x0≠±a)是双曲线E：－＝1(a>0，b>0)上一点，M、N分别是双曲线E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率之积为.
(1)求双曲线的离心率；
(2)过双曲线E的右焦点且斜率为1的直线交双曲线于A，B两点，O为坐标原点，C为双曲线上一点，满足 ＝λ ＋ ，求λ的值．
解：(1)点P(x0，y0)(x≠±a)在双曲线－＝1上，有－＝1.由题意又有·＝，
可得a2＝5b2，c2＝a2＋b2＝6b2，则e＝＝.
(2)联立，得4x2－10cx＋35b2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则①设 ＝(x3，y3)， ＝λ＋ ，即
又C为双曲线上一点，即x－5y＝5b2，有(λx1＋x2)2－5(λy1＋y2)2＝5b2.
化简得：λ2(x－5y)＋(x－5y)＋2λ(x1x2－5y1y2)＝5b2，又A(x1，y1)，B(x2，y2)在双曲线上，所以x－5y＝5b2，x－5y＝5b2.
由①式又有x1x2－5y1y2＝x1x2－5(x1－c)(x2－c)＝－4x1x2＋5c(x1＋x2)－5c2＝10b2，得：λ2＋4λ＝0，解出λ＝0，或λ＝－4.
2.已知椭圆的左、右焦点分别为、，长轴的一个端点与短轴两个端点组成等边三角形的三个顶点，直线l经过点，倾斜角为45°，与椭圆交于A、B两点.
（1）若，求椭圆方程；
（2）对（1）中椭圆，求的面积；
（3）M是椭圆上任意一点，若存在实数，，使得，试确定，满足的等式关系.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）转化条件为，，结合即可得解；
（2）联立方程组，结合韦达定理可得，再由即可得解；
（3）将椭圆方程转化为，设，，由平面向量数乘的坐标表示可得，联立方程组，结合韦达定理化简即可得解.
【详解】
（1）设椭圆的半焦距为c，由题意可得，即，
因为椭圆长轴的一个端点与短轴两个端点组成等边三角形的三个顶点，
所以，所以，所以，
所以椭圆方程为；
（2）由（1）知，，所以直线，设，，
由消去y得，，所以，，
所以，，
所以；
（3）由可得椭圆方程为，即，则点，直线，
由消去y得，，设，，
则，，设，由可得，，
由点在椭圆上可得，
整理得，
因为，
所以，又，在椭圆上，所以，，
所以，所以.
3．过椭圆：的左焦点作其长轴的垂线与的一个交点为，右焦点为，若.
（1）求椭圆的离心率；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，若椭圆上存在点使得，求椭圆的方程.
【答案】（1）；（2）.
【详解】试题分析：（1）第（1）问，直接利用直角三角函数化简，得到，从而得到离心率e的方程，解方程即可. （2）第（2）问，先把直线的方程和椭圆方程联立，得到韦达定理，再代入 化简即可得到c的值，得到椭圆的方程.
试题解析：
(1)∵，∴，∴，
∴，∴，∴.
（2）∵，∴，不妨设椭圆的方程为，即.
设，，，∵，
∴，由于都在椭圆上，
，∴，
∴∴
∴（*）得，
则，
∴，经检验（*），则所求椭圆方程为.

【题型二】 定比分点型：a=b
【典例分析】
设动点M(x, y)到直线y=3的距离与它到点F(0, 1)的距离之比为，点M的轨迹为曲线E.
（I）求曲线E的方程：
（II）过点F作直线l与曲线E交于A, B两点，且．当3时，求直线l斜率k的取值范围·
解：（Ⅰ）根据题意，|y－3|＝·．化简，得曲线E的方程为3x2＋2y2＝6． …4分
（Ⅱ）直线l方程为y＝kx＋1，代入曲线E方程，得(2k2＋3)x2＋4kx－4＝0． …6分
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－， ① x1x2＝－． ②
＝λ即(－x1，1－y1)＝λ(x2，y2－1)，由此得x1＝－λx2． ③
由①②③，得＋＝＝．…9分
因为2≤λ≤3，所以≤－≤，从而≤≤2，
解不等式≤＋≤2，得≤k2≤3．故k的取值范围是[－，－]∪[，]． …12分


【提分秘籍】
基本规律
利用公式，可消去

【变式演练】
1.抛物线C：，F是C的焦点，过点F的直线与C相交于A、B两点，O为坐标原点．
（1）设的斜率为1，求以AB为直径的圆的方程；
（2）若 ，求直线的方程．
【答案】（1）(x－3) 2＋(y－2) 2＝16（2）或
【分析】
（1）由已知条件可得直线l的方程为y＝x－1，然后将直线方程与抛物线方程联立方程组消去，再利用根与系数的关系结中点坐标公式可求出弦AB的中点坐标，再弦长公式可求出圆的直径，从而可求出圆的方程，
（2）由题意设直线l的方程为y＝k(x－1)，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，然后将直线方程与抛物线方程联立方程组消去，再利用根与系数的关系结合可求出直线的斜率，从而可求出直线方程
解（1）由题意可知，F(1，0)．∵直线l的斜率为1，∴直线l的方程为y＝x－1，联立 ，消去y得x 2－6x＋1＝0，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝x 1＋x 2－2＝4，
∴所求圆的圆心坐标为(3，2)，求得弦长，半径 ，
所以圆的方程为(x－3) 2＋(y－2) 2＝16
（2）由题意可知直线l的斜率必存在，设为k，则直线l的方程为y＝k(x－1)．
由 得ky 2－4y－4k＝0．设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，则 ，
由 ，得(x 1－1，y 1)＝2(1－x 2，－y 2)，∴y 1＝－2y 2，
∴k 2＝8，， ∴直线l的方程为，
即直线方程为或
2.在圆上任取点，过点作轴的垂线，是垂足，点满足： .
（1）求点的轨迹方程；
（2）若，过点作与坐标轴不垂直的直线与点的轨迹交于、两点，点是点关于轴的对称点，试在轴上找一定点，使、、三点共线，并求与面积之比的取值范围.
【答案】（1）；（2）定点，
【分析】（1）设，则，根据已知条件可得出 再代入中即可求解；
（2）点的轨迹为椭圆，设直线：与椭圆方程联立求出、，设出直线的方程，令结合根与系数的关系计算为定值即可得定点的坐标，设，再由的范围得出的范围即可求解.
解（1）设，则，，，由可得，所以，因为点在圆上，所以，所以，所以，即点的轨迹方程为.
（2）若，则点的轨迹为椭圆，设直线：代入椭圆方程整理得：，，
设，则，则，，直线的方程为：，
令得
所以在轴上存在定点，使、、三点共线，，令，
因为，，
所以，又因为，
所以，所以，即，
解得：，
即与面积之比的取值范围为.
3.已知点A，B的坐标分别是，，直线AM，BM相交于点M，且它们的斜率之积为.
（1）求点M轨迹C的方程；
（2）若过点的直线l与（1）中的轨迹C交于不同的两点E､F（E在D､F之间），，试求的取值范围.
【答案】（1）（），（2）且．
【分析】
（1）设，用坐标表示出已知条件即可得；
（2）设，，由得的关系，的关系，利用都是椭圆上的点，适合椭圆方程，可解得，然后由求得的范围，注意题中有，，结合起来求得正确的范围．
（1）
设，则（），，化简得（），此即为曲线的方程；
（2）设，，，由，得，
，在椭圆上，则，把代入得
，解得，
由得，，解得，
又由于在线段上，，时，，所以且．


【题型三】 点带入型：抛物线独有的代入方法
【典例分析】
已知抛物线的焦点为，点为抛物线上一点，点到的距离比点到轴的距离大1．过点作抛物线的切线，设其斜率为.
（1）求抛物线的方程；
（2）直线与抛物线相交于不同的两点，（异于点），若直线与直线的斜率互为相反数，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）设点，由抛物线的定义列出关于的等式，求出的值，即可得到抛物线的方程；
（2）设，，直线的斜率为，直线的斜率为，利用两点间斜率公式表示出两个斜率，由两个斜率的关系以及点，均在抛物线上，化简展开，可得直线的斜率，再利用导数的几何意义求出，即可证明.
【详解】
（1）解：设点，由点到的距离比点到轴的距离大1，
可得，即，所以，即抛物线的方程为.
（2）证明：设，，直线的斜率为，直线的斜率为，
则，.
因为直线与直线的斜率互为相反数，
所以，即，
又点，均在抛物线上，
可得，化简可得，
因为，，所以，即，
故，因为，所以，所以，则，
故.

【提分秘籍】
基本规律
抛物线可以设点，设二次不设一次，达到消元的目的，如


【变式演练】
1.已知抛物线过点．
（1）求抛物线的方程；
（2）求过点的直线与抛物线交于、两个不同的点(均与点不重合)．设直线、的斜率分别为、，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）本题可将代入抛物线方程中求出的值，即可得出结果；
（2）本题首先可设、以及直线的方程，然后通过联立直线的方程与抛物线方程即可得出、，最后通过并化简即可得出结果.
【详解】
（1）因为抛物线过点，所以，，抛物线方程为.
（2）设，，直线的方程为，
联立，整理得，
，，，则
，故为定值.
2.在平面直角坐标系中，设点，直线：，点在直线上移动，是线段与轴的交点，，.

（1）求动点的轨迹的方程；
（2）过点作两条互相垂直的曲线的弦、，设、的中点分别为M、N.求直线过定点D的坐标.
【答案】（1）（2）定点
【分析】
(1)根据给定条件探求出点Q到点F的距离等于点Q到直线l的距离，再借助抛物线定义即可得解.
(2)设出直线AB方程，再联立直线AB与曲线E的方程，求出弦AB中点M坐标，同理可得点N的坐标，求出直线MN方程即可得解.
（1）
依题意，点在直线：上移动，令直线交x轴于点K，而点，又是线段与轴的交点，

当点P与点K不重合时，，而O为FK中点，则点是线段的中点，因，
则是线段的垂直平分线，，又于点P，即是点到直线的距离，
当点P与点K重合时，点R与点O重合，也满足上述结论，
于是有点Q到点F的距离等于点Q到直线l的距离，则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，其方程为：，
所以动点的轨迹的方程为.
（2）
显然直线与直线的斜率都存在，且不为0，设直线AB的方程为，，
令，，，
由两式相减得：，则，即，
代入方程，解得，即点M的坐标为，
而，直线方程为，同理可得：N的坐标为，
当，即时，直线：，
当且时，直线的斜率为，方程为，整理得，
因此，，直线：过点，
所以直线恒过定点.
3.已知点为抛物线的焦点，设，是抛物线上两个不同的动点，存在动点使得直线PA，PB分别交抛物线的另一点M，N，且，.
（1）求抛物线的方程；
（2）求证：；
（3）当点P在曲线上运动时，求面积的取值范围.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）
【分析】
（1）根据焦点坐标求出，进而求出抛物线方程；（2）表示出点M的坐标，代入抛物线方程后得到关于的等量关系，同理求出关于的等量关系，用韦达定理证明出结论；（3）在第二问的基础上，表达出面积，并求出取值范围.
（1）
因为，所以，所以抛物线的方程为；
（2）
由知，点M的坐标为
又点M在抛物线上，所以，
结合整理得：
同理，可得
所以､是关于y的方程的两个不相等的根
故；
（3）
由（2）知､是方程的两个不相等的实根
又，所以
所以，，设AB的中点为Q，
则，
于是
故的面积的取值范围为.

【题型四】 非对称型：利用韦达定理构造“和积消去”型
【典例分析】
已知椭圆的左､右焦点分别为点在上，的周长为，面积为
（1）求的方程.
（2）设的左､右顶点分别为，过点的直线与交于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，则__________.(从以下①②③三个问题中任选一个填到横线上并给出解答).
①求直线和交点的轨迹方程；
②是否存在实常数，使得恒成立；
③过点作关于轴的对称点，连结得到直线，试探究：直线是否恒过定点.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）由题意列出关于的方程组解出即可得结果；
（2）选择①，与椭圆方程联立结合韦达定理得出，再将与的方程联立即可得出结果；选择②与①相似，直接代入计算即可；选择③直线与轴交于点，由对称性可知，，结合韦达定理解出即可得结果.
【详解】（1）依题意，得，即，解得所以的方程
（2）选择①，设直线的方程为，联立方程，化简整理，得，
假设，由韦达定理，得，得
直线的方程：；直线的方程：；
联立方程，得，两式相除，得
，即，解得，所以直线和交点的轨迹方程是直线.
选择②联立方程，化简整理，得，假设，由韦达定理，得，得于是
故存在实数，使得恒成立.
选择③，联立方程，得，化简整理，得，
由韦达定理，得，直线与轴交于点，由对称性可知，，
假设，即，则，
所以，

即，解得，所以直线恒过定点.

【提分秘籍】
基本规律
1.对于非对称型题，韦达定理无法直接代入，可以通过韦达定理构造互化公式，先局部互化，然后可整理成对称型。
2.和积互化公式：
3.一般情况下，多把积化和，且m多为常数，授课时注意讲清这些数据细节

【变式演练】
1.已知满圆的离心率为，，分别为椭圆C的左右顶点．
B为椭圆C的上项点，为椭圆C的左焦点，且的面积为．
（1）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过点的动直线l为椭圆于E、F两点（点E在x轴上方），M，N分别为直线与y轴的交点，O为坐标原点，来的值．
【答案】（1）          （2）
【分析】（1）由离心率可得，由的面积为可得，结合可得答案.
（2）由题意设，则，设直线的方程为：，将直线的方程与椭圆方程联立，得出韦达定理，得到与的关系，分别得出直线、的方程，从而得出的坐标，将与代入，可得答案.
【详解】（1）在椭圆中设，则 由，则，则，即
又，即，即
将代入，解得，
所以椭圆C的方程：
（2）由条件点E在x轴上方且过点，则直线的斜率不为0
设直线的方程为：，设，则
由 可得
由题意可得， ，，则，即
由 所以，则直线的方程为：
令，得，所以 所以，则直线的方程为：
令，得，所以
所以
所以


2.已知椭圆E：y2＝1（m＞1）的离心率为，过点P（1，0）的直线与椭圆E交于A，B不同的两点，直线AA0垂直于直线x＝4，垂足为A0．
（Ⅰ）求m的值；
（Ⅱ）求证：直线A0B恒过定点．
【答案】（Ⅰ）m＝4（Ⅱ）见解析
【分析】（Ⅰ）利用即可得解；
（Ⅱ）设AB方程并与椭圆联立，利用韦达定理化简直线A0B的方程为点斜式形式，得到定点.
【详解】（Ⅰ）∵椭圆E：y2＝1（m＞1）的离心率为，∴⇒m＝4，
（Ⅱ）当直线AB与x轴不重合时，设其方程为x＝my+1．A（x1，y1），B（x2，y2），
由⇒（m2+4）y2+2my﹣3＝0．∴，．
因为A0（4，y1），，所以直线A0B的方程为：y﹣y1，
⇒y．
∵，∴，
∴直线A0B的方程为：y，当直线AB与x轴重合时，直线A0B与x轴重合，
综上，直线A0B恒过定点（，0）

3.已知椭圆经过点，左顶点为，右焦点为，已知点，且，，三点共线．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线l与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线过定点．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）分别当和时，求得直线的方程，联立方程组，求得交点坐标，设直线的方程为，联立方程组求得，求得直线的方程，令，结合化简得到，即可求解.
(1)解：由题意，将点代入椭圆的方程，可得，又由是轴上一点，且三点共线，
可得所以，解得，代入，可得 ，所以椭圆的方程为.
(2)解：当时，此时直线的方程为，
联立方程组，解得或，可得，此时，直线的方程为，
当时，同理可得，此时，可得直线的方程为，
由，解得，即两直线的交点为，
下面证明直线经过轴上定点．设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
所以直线的方程：．
令，可得．        
因为，所以．
所以直线过定点．
【题型五】 切线
【典例分析】
定义平面曲线的法线如下：经过平面曲线上一点，且与曲线在点处的切线垂直的直线称为曲线在点处的法线．设点为抛物线上一点．
(1)求抛物线在点处的切线的方程（结果不含）；
(2)求抛物线在点处的法线被抛物线截得的弦长的最小值，并求此时点的坐标．
【答案】(1)(2)；
【分析】（1）先化简求导确定切线斜率，再按照在点处的切线方程进行求解；
（2）先联立法线和抛物线方程，借助弦长公式表示弦长，最后换元构造函数，求导确定最小值.
(1)
因为点在抛物线上方，所以由得.
，所以在点处的切线斜率，所求切线方程为，
又，故切线方程为，即.
(2)
点处的法线方程为，即.联立抛物线，
可得，可知，设，，
所以.令，则，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，即，
此时点的坐标为.

【提分秘籍】
基圆锥曲线的切线，主要是通过判别式来求的。但也要记清楚一些常见的切线方程结论


【变式演练】
1.已知椭圆C：，经过圆O：上一动点P作椭圆C的两条切线．切点分别记为A，B，直线PA，PB分别与圆O相交于异于点P的M，N两点．
(1)求证：M，O，N三点共线；
(2)求△OAB面积的最大值．
【答案】(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）根据圆的对称性，设在第一象限，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，再设切线方程并联立椭圆，由及韦达定理，求证即可证结论.
（2）同（1）设在第一象限，，，讨论、斜率不存在或为0、斜率存在且不为0两种情况，分别求△OAB面积情况，注意斜率存在且不为0时，根据P在、上求直线的方程，再联立椭圆方程，应用韦达定理、弦长公式、点线距离公式及三角形面积公式得到关于所设参数的表达式，最后应用基本不等式求范围确定面积的最大值.
(1)
由圆的对称性，不妨设在第一象限，
若斜率不存在，则直线为，
所以，则另一条切线为(即斜率为0)，此时；
若、斜率存在且不为0时，设切线方程为，
联立椭圆方程有，整理得，
所以，整理得，且，
所以，又，故，即；
综上，有，又M，N两点圆O上，即，
由圆的性质知：是圆O的直径，所以M，O，N三点共线，得证；
(2)
同（1），由圆的对称性，设在第一象限，，，
当时，；
当时，、斜率都存在且不为0，令为，
联立椭圆并整理得：，
由，整理得，
所以，又在椭圆上，则，故，
所以直线的方程为，化简得，即；
同理可得：直线的方程为，
又在直线、直线上，则，
所以直线的方程为，联立椭圆方程可得：，
又，则，故，
所以，，又不共线，，
，
而O到直线的距离，
所以，
令，，且，即或，
所以，则，当且仅当时等号成立，此时；
综上，，当时△OAB面积的最大值.

2.把抛物线沿轴向下平移得到抛物线.
(1)当时，过抛物线上一点作切线，交抛物线于，两点，求证：；
(2)抛物线上任意一点向抛物线作两条切线，从左至右切点分别为，.直线交从左至右分别为，两点.试判断与的大小关系，并证明.
【答案】(1)证明见解析；(2)，理由见解析.
【分析】(1)根据给定条件求出抛物线在点处切线方程，再将此切线与抛物线的方程联立，计算线段AB中点坐标即可得解.
(2)设出过点M的抛物线的切线方程，与抛物线的方程联立，借助韦达定理求出点C，D坐标，进而
求出直线CD方程，把直线CD与抛物线的方程联立，计算线段CD与EF的中点坐标推理作答.
(1)
当时，，显然抛物线在点处切线斜率存在，设切线AB方程为，
由消去y并整理得：，则，解得，
于是得切线AB的方程为：，抛物线，，
由消去y并整理得：，显然，
设，则，线段的中点坐标为与切点P重合，即点P是线段AB中点，
所以.
(2)
显然过点M的抛物线的切线斜率存在，设此切线方程为：，且，
由消去y并整理得：，
，关于的方程，
于是得切线的斜率是方程的两个不等实根，分别令为，有，
切点C的横坐标是方程的等根，则点，
同理可得切点，则直线斜率为，
直线：，由消去y并整理得：
，即，
，
设直线CD与抛物线的交点，则，即线段中点横坐标为，
又线段的中点横坐标为，因此，线段与有相同中点，

由题意知，即，因此的底边与的底边相等，高都是点M到直线CD的距离，

3.如图，已知双曲线，过向双曲线作两条切线，切点分别为，，且.

(1)证明：直线的方程为.
(2)设为双曲线的左焦点，证明：.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
【分析】（1）设出切线方程，联立后用韦达定理及根的判别式进行表达出A的横坐标与纵坐标，进而表达出直线的方程，化简即为结果；（2）再第一问的基础上，利用向量的夹角公式表达出夹角的余弦值，进而证明出结论.
(1)显然直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，则，化简得.
因为方程有两个相等实根，故切点A的横坐标
，得，则，
故，则，即.
(2)同理可得，又与均过，所以.
故，，
，
又因为，所以，
则，
，
故，故.


【题型六】 暴力计算型：求根公式
【典例分析】
如图所示，椭圆的离心率为，其右准线方程为，A、B分别为椭圆的左、右顶点，过点A、B作斜率分别为、，直线AM和直线BN分别与椭圆C交于点M，N（其中M在x轴上方，N在x轴下方）.

（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线MN恒过椭圆的左焦点，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
（1）由题可得，求出，再利用，即可求出椭圆C的方程；
（2）设AM的方程为，联立，利用韦达定理求得点，同理求出，再利用向量共线，求出，即证为定值.
【详解】（1）由题可得，解得
又，可得，所以椭圆C的方程为：
（2），设AM的方程为，设，
由，消去整理得，，
由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即
，设BN的方程为，设，
由，消去整理得，，
由韦达定理可得：，解得，代入，求得，即
又直线MN恒过椭圆的左焦点，则
又，
，即
，，，即

【提分秘籍】
基本规律
对于联立后的一元二次方程，一些数据适宜直接求根公式来暴力计算，授课时可以在此处对数据做不同的分析，增加经验


【变式演练】
1.在平面直角坐标系中，已知直线与椭圆交于点A，B（A在x轴上方），且．设点A在x轴上的射影为N，三角形ABN的面积为2（如图1）．

（1）求椭圆的方程；
（2）设平行于AB的直线与椭圆相交，其弦的中点为Q．
①求证：直线OQ的斜率为定值；
②设直线OQ与椭圆相交于两点C，D（D在x轴的上方），点P为椭圆上异于A，B，C，D一点，直线PA交CD于点E，PC交AB于点F，如图2，求证：为定值．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②证明见解析.
【分析】（1）设，由，即，得的值，根据，得a的值，再根据椭圆过A点，解得b，写出方程即可；
（2）①设平行AB的直线的方程为，且，联立，根据韦达定理求得与；从而可得直线OQ的斜率为定值．
②由题意可知，，，求出，．设，求出E、F的坐标，利用弦长公式分别求出AF、CE的值，将用，表示，化简消去，，即可得结论．
【详解】（1）由题意知，可设，可得，
即，所以，故，即，
又椭圆经过，即，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设平行于AB的直线方程为，且，
①联立，设，，得到，
所以，，故直线OQ的斜率为（定值）.
②由题意可知，，，联立，得，，
设，直线斜率存在时，直线，
联立，得，直线，联立，得，则，
，
所以因为，所以，代入上式得：

.
当斜率不存在时结果仍然成立，故​为定值．

2.已知椭圆的右焦点为，点A，分别为右顶点和上顶点，点为坐标原点，，的面积为，其中为的离心率．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点异于坐标轴的直线与交于，两点，射线，分别与圆交于，两点，记直线和直线的斜率分别为，，问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)(2)为定值
【分析】（1）根据，的面积为，求得，即可得出答案；
（2）设点，则点，根据在椭圆上，可得，设直线的方程为，则直线的方程为，
分别联立，求得三点的坐标，从而可得出结论.
(1)解：因为，所以，又，
联立可得，所以椭圆的方程为；
(2)解：设点，则点，由题意得，
因为在椭圆上，所以，则，所以，
即，设直线的方程为，则直线的方程为，
联立消得，
由在椭圆上，所以，所以，所以，
联立消得，由点在圆上，所以，所以，
同理：，所以，
所以，即为定值.

3.已知椭圆的左､右顶点分别为 ，点该椭圆上，且该椭圆的右焦点与抛物线 的焦点重合.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）如图，过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，记直线的斜率为 ，直线的斜率为，直线的斜率，求证：_____________.

在以下三个结论中选择一个填在横线处进行证明.
①直线与的交点在定直线上；
②；
③.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）由条件可知，再将点代入椭圆方程，计算求得椭圆的标准方程；（2）若选①，法一，设直线：与椭圆方程联立，直线与的交点，再利用根与系数的关系化简交点坐标；法二，要证明，即证，利用分析法，代入根与系数的关系证明；若选②，法一，利用根与系数的关系化简，法二，利用根与系数的关系证明，法三，利用分析法证明，法四，利用直线与椭圆方程联立，计算求得点的坐标，利用三点共线，证明 ，若选择条件③，利用坐标表示，代入根与系数的关系，证明.
【详解】解⑴因为抛物线的焦点为.所以椭圆的右焦点用
又点在该椭圆上，所以又，所以
椭圆的标准方程为
（2）选①设联立得：
法一：直线的交点的横坐标为
所以直线AM与BN的交点在定直线上
法二：要证直线与的交点在定直线上，即，即证
即证，即证，即证
即证因为
所以直线与的交点在定直线上.
选②设，联立得：
所以法一：

法二：所以
因为也同号，所以
法三：要证，即证，即证
即证，即证
因为所以
法四：由得得同理
因为为三点共线，所以即
因为同号，所以
选③设，联立得：
所以
所以.

【题型七】 无韦达定理：点代入法
【典例分析】
已知为椭圆上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足.
（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；
（Ⅱ）若两点分别为椭圆的左右顶点，为椭圆的左焦点，直线与椭圆交于点，直线的斜率分别为，求的取值范围.
【答案】（Ⅰ）动点的轨迹的方程为     （Ⅱ）
【详解】【试题分析】（1）先设，进而求得点，再依据题设条件求得，然后借助为椭圆上的点，进而消去参数从而求得动点的轨迹的方程为；（2）先求出点，再设，进而依据求出，进而借助且，及在和都是单调减函数，求出的范围为：
解：（Ⅰ）设依题意，且，
∵,即,
则有.又∵为椭圆上的点，可得，即，
即动点的轨迹的方程为.
（Ⅱ）依题意，设∵为圆的直径，则有，故的斜率满足，
，∵点不同于两点且直线的斜率存在，故且，
在和都是单调减函数，的范围为，
故 .


【提分秘籍】
基本规律
题型特征：
1.可能不是“一直一曲”。
2.可能所求的不具有交点的对称性，且无法转化


【变式演练】
1.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，上顶点到右焦点的距离为.过点作不垂直于轴，轴的直线，交椭圆于，两点，为线段的中点，且.

（1）求椭圆的方程；
（2）求实数的取值范围；
（3）延长交椭圆于点，记与的面积分别为，，若，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）；（3）或.
（1）由椭圆的离心率可得，由上顶点到右焦点的距离为可得a值，从而可求得椭圆方程；
（2）利用点差法及直线垂直的关系，即可求得y0＝2m﹣1，x02＝（1﹣2m）（2m﹣2），由x02＞0即可求得m的取值范围；
（3）设B点坐标，代入椭圆方程，根据直线的斜率公式即可求得，根据三角形的面积公式，即可求得m的值，从而可得直线AB的方程；
【详解】（1）由椭圆的离心率，则，由上顶点到右焦点的距离为，
即，则，则椭圆的标准方程：；
（2）由，设，，，且，由，在椭圆上，
∴，，，，
两式相减得：，由，则，整理得：，①
由，则，整理得：，②
由①②解得：，，解得：，∴的取值范围：；
（3）设，由在椭圆上，，由，则，即，
代入上式消去，得，所以，
由（2）可知：，，，
∴，由，即，解得：，
此时，，解得：，
此时点坐标为，，∴直线方程为或.

2.在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上.

（1）求椭圆的方程；
（2）已知圆，连接并延长交圆于点为椭圆长轴上一点（异于左、右焦点），过点作椭圆长轴的垂线分别交椭圆和圆于点（均在轴上方）.连接，记的斜率为，的斜率为.
①求的值；
②求证：直线的交点在定直线上.
【答案】（1）；（2）①2，②证明见解析.
（1）根据焦距可得，再将点代入椭圆的方程，可得椭圆方程；
（2）①设，代入椭圆方程计算可得，再得到，计算即可得结果；②直线的方程为，直线的方程为，消去可得结果.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以.
又因为在椭圆上，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）①设，则，所以，即.
又因为均在轴上方，所以.   
因为，所以.
②因为，所以直线的方程为，易得，所以直线的方程为，又因为直线的方程为，
所以，解得.所以直线的交点在轴上.

3.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，过原点的直线交该椭圆于，两点（点在轴上方），点．当直线垂直于轴时，．

（1）求，的值；
（2）设直线与椭圆的另一交点为，直线与椭圆的另一交点为．
①若，求的面积；
②是否存在轴上的一定点，使得直线恒过点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①；②过定点，理由见解析.
（1）根据可得，再根据已知的离心率可求.
（2）①根据可得为的中点，再设，从而可得关于的方程组，解方程后可得所求的面积.
②设，求出直线的方程，再联立椭圆方程，利用韦达定理求出的坐标，同理可求的坐标，取，可证共线，从而得到直线恒过点.
【详解】（1）因为当直线垂直于轴时，，故，故，
又因为离心率为，故，故，故.故.
（2）由（1）可得椭圆方程为：，①因为，且为的中点，故为的中点，
设，则，所以，解得，故的面积为.
②设，则，由，故，
由韦达定理有，
所以，故，同理可得，，
当时，取，则，同理，
故共线，故过定点.当时，，此时过定点.
故过定点.

【题型八】 坐标运算
【典例分析】
已知双曲线：，，，，，五点中恰有三点在上.
（1）求的方程；
（2）设是上位于第一象限内的一动点，则是否存在定点，使得,若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）（2）存在，定点
【分析】
（1）、根据五点的坐标及双曲线的对称性和顶点的特征确定都在上，得到方程组，求得，，即可得的方程；
（2）、根据条件及补角的定义得到，分轴与不与轴垂直两种情况分析求解.
（1）
若，，在双曲线上，则，，只能是双曲线的顶点，
，，三点中只能有一点是顶点，都在双曲线上，，，两点关于上对称，由双曲线顶点的位置特征分析可知，在上，将，代入双曲线的方程中，则，得，，故的方程为.
（2）假设存在定点满足题意，，，，.
①、当轴时，,，，在中，,
，，此时.
②、当不与轴垂直时，假设，满足.
设，则，，
，又，，即，所以假设成立.故存在定点，使得


【提分秘籍】
基本规律
1.可能非线性
2.线性，但是无伟达坐标运算点带代入

【变式演练】
1.设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，
为半径的圆交于两点；
（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；
（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，
求坐标原点到距离的比值。
【解析】（1）由对称性知：是等腰直角，斜边
点到准线的距离
圆的方程为
（2）由对称性设，则
点关于点对称得：
得：，直线
切点
直线
坐标原点到距离的比值为。

2.设直线：与双曲线：相交于A，B两点，为坐标原点．
（1）为何值时，以为直径的圆过原点？
（2）是否存在实数，使且？若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，．
【分析】
（1）将直线方程与双曲线方程联立消去y，由根与系数的关系得到两根关系，再根据以为直径的圆过原点，得到，进而得到两点坐标间的关系，进而解出答案；
（2）先假设存在，利用得到的比值，然后利用化简得到两点的坐标关系，进而得到答案.
【详解】
（1）由， 消去整理得.
依题意得，，∴且，
设，，由根与系数的关系得：，，
又以为直径的圆过原点，所以，即，
，则，所以．
（2）假设存在实数满足条件．
∵，，∴，．
又，故，即，
所以，∴，故存在实数满足题意．

3.已知椭圆：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，且过点.
(1)求椭圆的方程；(2)设A，B，M是椭圆上的三点．若＝＋，点N为线段AB的中点，C，D，求证：|NC|＋|ND|＝2.
解析：　(1)由已知可得故，所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋y＝1，＋y＝1.由＝＋，得M.因为M是椭圆C上一点，所以＋2＝1，即2＋2＋2×××＝1，
得2＋2＋2×××＝1，故＋y1y2＝0.
又线段AB的中点N的坐标为，所以＋22＝＋＋＋y1y2＝1.从而线段AB的中点N在椭圆＋2y2＝1上．
又椭圆＋2y2＝1的两焦点恰为C，D，所以|NC|＋|ND|＝2.

【题型九】 综合题
【典例分析】

已知动直线l与椭圆C：＋＝1交于P(x1，y1)，Q(x2，y2)两不同点，且△OPQ的面积S△OPQ＝，其中O为坐标原点．
(1)证明：x＋x和y＋y均为定值．
(2)设线段PQ的中点为M，求|OM|·|PQ|的最大值．
(3)椭圆C上是否存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝？若存在，判断
△DEG的形状；若不存在，请说明理由．

(1)证明　①当直线l的斜率不存在时，P，Q两点关于x轴对称，所以x2＝x1，y2＝－y1.
因为P(x1，y1)在椭圆上，因此＋＝1.①又因为S△OPQ＝，所以|x1|·|y1|＝.②
由①②得|x1|＝，|y1|＝1，此时x＋x＝3，y＋y＝2.
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，
由题意知m≠0，将其代入＋＝1，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3(m2－2)＝0，
其中Δ＝36k2m2－12(2＋3k2)(m2－2)>0，即3k2＋2>m2.(*)又x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|PQ|＝·＝·.
因为点O到直线l的距离为d＝，所以S△OPQ＝|PQ|·d
＝··＝.又S△OPQ＝，
整理得3k2＋2＝2m2，且符合(*)式，(2分)此时x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2
＝(－)2－2×＝3，y＋y＝(3－x)＋(3－x)＝4－(x＋x)＝2，
综上所述，x＋x＝3，y＋y＝2，结论成立．(4分)
(2)解　方法一　①当直线l的斜率不存在时，由(1)知|OM|＝|x1|＝，|PQ|＝2|y1|＝2，
因此|OM|·|PQ|＝×2＝.
②当直线l的斜率存在时，由(1)知：＝－，＝k()＋m＝－＋m
＝＝，|OM|2＝()2＋()2＝＋＝＝(3－)．
|PQ|2＝(1＋k2)＝＝2(2＋)，所以|OM|2·|PQ|2＝×(3－)×2×(2＋)＝(3－)(2＋)≤2＝.
所以|OM|·|PQ|≤，当且仅当3－＝2＋，即m＝±时，等号成立．
综合①②得|OM|·|PQ|的最大值为.(8分)
方法二　因为4|OM|2＋|PQ|2＝(x1＋x2)2＋(y1＋y2)2＋(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝2[(x＋x)＋(y＋y)]＝10.所以2|OM|·|PQ|≤＝＝5.
即|OM|·|PQ|≤，当且仅当2|OM|＝|PQ|＝时等号成立．因此|OM|·|PQ|的最大值为.
(3)解　椭圆C上不存在三点D，E，G，使得S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝.
证明：假设存在D(u，v)，E(x1，y1)，G(x2，y2)满足S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝，
由(1)得u2＋x＝3，u2＋x＝3，x＋x＝3；v2＋y＝2，v2＋y＝2，y＋y＝2，(10分)
解得u2＝x＝x＝；v2＝y＝y＝1，因此u，x1，x2只能从±中选取，v，y1，y2只能从±1中选取．因此D，E，G只能在(±，±1)这四点中选取三个不同点，
而这三点的两两连线中必有一条过原点，与S△ODE＝S△ODG＝S△OEG＝矛盾，
所以椭圆C上不存在满足条件的三点D，E，G.(12分)

【变式演练】
1.已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左、右焦点分别为、，离心率，短轴长为2，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设过且斜率不为零的直线与椭圆交于、两点，过作直线的垂线，垂足为，证明：直线恒过一定点，并求出该定点的坐标；
(3)过点做另一直线，与椭圆分别交于、两点，求的取值范围．
【答案】(1)椭圆的标准方程为
(2)直线恒过定点
(3)的取值范围为
【分析】(1)由条件可列的方程，解方程求，由此可得椭圆标准方程，(2)联立直线与椭圆方程，设，，由此可得，，再求直线的方程，化简确定其过定点，并求出定点坐标，(3)当直线的斜率不存在时，求出、两点坐标，由此求，再考虑当其斜率存在时，的取值范围，由此可得结果.
(1)
因为椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，所以可设椭圆方程为
∵ 短轴长为2，∴ ，即，
又椭圆的离心率，∴ ，，
∴ ，
∴ 椭圆的标准方程为；
(2)
由(1)得，，又直线的斜率不为零，故可设的方程为，
由化简可得，
设，，又直线的方程为，所以，
则，，所以，
由直线的方程为，且，
∴   ，
∴ 线的方程为，∴ 故直线恒过定点；
(3)若直线的斜率不存在，则直线的方程为，
直线与椭圆的交点为，，
此时或，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由化简可得，
由已知方程有两个不同的解，∴ ，即，
设，，则，，
又 ，∴ ，
，设，
则，设，则，，
∴
∴ 且，∴的取值范围为，
综上 的取值范围为.

2.已知椭圆：的左右顶点分别为，，右焦点为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程；
（2）若直线：与椭圆交于，两点，已知直线与相交于点，证明：点在定直线上，并求出此定直线的方程．
广东华侨中学2022届高三上学期9月月考数学试题
【答案】(1);
(2)证明见解析,定直线的方程为: x=1.
【分析】(1) 由题意知:即可求出a,b即可;
(2) 由椭圆对称性知G在上,由特殊点求出x=1,再求出一般性也成立即可.
【详解】解:
(1)因为,所以c=1,
由题意知:,解得,
则椭圆的方程为:.
(2)由椭圆对称性知G在上,假设直线 l过椭圆上顶点,则,
则,而,
其交点,
所以G在定直线x=1上;
当M不在椭圆顶点时,设,
由,整理得:,则,

当x=1时,,得,
得,得,
上式显然成立,所以G在定直线x=1上.

3.如图，在平面直角坐标系中，椭圆：（）的离心率为，点，分别为椭圆的上顶点、右顶点，过坐标原点的直线交椭圆于、两点，交于点，其中点在第一象限，设直线的斜率为．

（1）当时，证明直线平分线段；
（2）已知点，则：
①若，求；
②求四边形面积的最大值．
【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）①或．②
【详解】试题分析：（Ⅰ）证明直线平分线段，就是证明直线过线段中点，即验证线段中点满足直线方程，而由离心率可得中点坐标之间关系（Ⅱ）①由得，根据坐标投影可得与坐标关系：，再利用直线方程分别与椭圆方程、直线方程联立方程组解出，，代入解得或．②四边形面积可看作两个三角形面积之和,因此，再根据设，从而，也可利用点到直线距离公式及基本不等式求最值
试题解析：（1），由得中点为，满足，即直线过中点，也即平分线段
（2）点椭圆的方程为设，，则，
的直线方程为：
①设点到直线的距离为，，则
，即由，解得；由，解得
，即或．…10分
②点到直线的距离点到直线的距离
…

当且仅当时取等号所以四边形面积的最大值为．


1.椭圆：的焦点，是等轴双曲线：的顶点，若椭圆与双曲线的一个交点是P，的周长为.(1)求椭圆的标准方程；
(2)点M是双曲线上任意不同于其顶点的动点，设直线、的斜率分别为，，求证，的乘积为定值；
(3)过点任作一动直线l交椭圆与A，B两点，记，若在直线AB上取一点R，使得，试判断当直线l运动是，点R是否在某一定直线上运动？若是，求出该直线的方程；若不是，请说明理由.

【答案】(1)(2)证明见解析(3)是，
【分析】（1）根据双曲线与椭圆的关系，求得，可得结果.
（2）假设点，直接表示斜率，然后根据双曲线方程化简即可.
（3）设直线方程并与椭圆联立，结合韦达定理，然后根据，求得，最后计算即可.
(1)有由题可知：，由的周长为所以，即
所以所以椭圆的方程为
(2)设，由所以
所以，又，则所以
(3)依题可知：直线的斜率存在，设方程为，
所以所以
由，设
由所以
所以
2.如图，已知椭圆的离心率为，，分别是椭圆的左、右顶点，右焦点，，过且斜率为的直线与椭圆相交于，两点，在轴上方．

(1)求椭圆的标准方程；
(2)记，的面积分别为，，若，求的值；
(3)设线段的中点为，直线与直线相交于点，记直线，，的斜率分别为，，，求的值．

【答案】(1)(2)(3)
【分析】（1）根据题意由，BF=求解；
（2）设点，，，，根据，得到，设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解；
（3）由（2）得到D的坐标，进而得到直线的方程，再令，得到点E的坐标，然后由，结合韦达定理求解.
(1)解：设椭圆的焦距为．依题意可得，，解得，．
故．所以椭圆的标准方程为．
(2)设点，，，．若，则，即有，①
设直线的方程为，与椭圆方程，可得，
则，，②
将①代入②可得，解得，则；
(3)由（2）得，，所以直线的方程为，
令，得，即．所以．
所以，
，.
3.已知抛物线的顶点为原点，其焦点，到直线的距离为，设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，，其中，为切点．
（1）求抛物线的方程；
（2）当点在直线上移动时，求的最小值．

【答案】（1）（2）8
【分析】
（1）抛物线的焦点到直线的距离为得，可得抛物线的方程；
（2）设，，，利用导数求出抛物线在处的切线方程，得到直线的方程，由抛物线定义知，联立抛物线和直线的方程利用韦达定理可得，配方后可得答案．
（1）抛物线的顶点为原点，其焦点，到直线的距离为，
，解得，或（舍，抛物线的方程为．
（2）设，，，由，即，得，
抛物线在处的切线的方程为，即，
，，，在切线上，，①
同理，，②综合①②，得，点，，，的坐标都满足方程，
经过，，，两点的直线是唯一的，直线的方程为，即，
由抛物线定义知：，，
，
联立，消去，得，
，，，
，
当时，取得最小值8．
4.已知椭圆的左､右焦点分别为，，点为椭圆上一点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作动直线与椭圆交于A，两点，过点A作直线的垂线，垂足为，求证：直线过定点.

【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题干条件，可求得a、c值，根据a，b，c的关系，可求得b值，即可得答案.
（2）当直线不与x轴平行时，设直线的方程为，，，，将直线与椭圆联立，根据韦达定理，可得，表达式，化简计算，可得直线BN的方程，即可求得定点；当直线平行x轴时，经检验符合题意，即可得证.
【详解】（1）解：由椭圆定义知：，
所以，又，则，所以椭圆方程为.
（2）证明：当直线不与x轴平行时，设直线的方程为，，，，
由消去，整理得：，所以①，②，
又，所以直线BN的方程为，即③，
又，所以④，
将①､②式代入④式化简得：⑤，
⑤代入③化简得直线的方程为，
故直线过定点.
当直线平行x轴时，交点A，为长轴两个端点，则直线BN为x轴，经过点.
综上：直线过定点.
5.已知椭圆的离心率为，且过点，过点的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于P､Q两点，直线与x轴相交于点N，过点P作直线l，垂足为M
（1）求椭圆C的方程；
（2）求四边形(O为坐标原点)的面积的取值范围；
（3）证明：直线过定点D，且求出点D的坐标.

【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，.
【分析】（1）根据基本量列方程组即可；
（2）分两种情况：PQ斜率不存在时和PQ 斜率存在时，写出方程，并联立椭圆的方程，结合韦达定理和弦长公式求解.（3）由点M，写出直线MQ的方程，再令y=0，结合韦达定理即可获得解答.
【详解】（1）由，得∴椭圆C方程为
把代入椭圆C的方程可知∴椭圆C的方程为
（2）由题意可知直线斜率为0不成立，设直线的方程为，设
联立消去x整理得显然成立
所以
令原式当且仅当即时，等号成立
∴∴
（3）由题意可得,。直线的方程为，即，
把代入得
由，可得
把②代入①可得∴直线过定点
6.已知椭圆的左､右顶点分别为，右焦点为，过的直线与交于两点.
（1）设和的面积分别为，若，求直线的方程；
（2）当直线绕点旋转时，求证：四边形的对边与所在直线的斜率的比值恒为常数.

【答案】（1）；（2）证明见解析；
【分析】（1）求得，，根据三角形面积公式，及，求得，根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，从而求得直线方程；
（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），
联立椭圆方程，求得韦达定理，，化简，代入韦达定理，化简证得结果.
【详解】（1）由题知，，，则，
故，，
结合，，
求得，则根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，直线的方程为；
（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），
联立椭圆方程，化简得，
则，



故结论得证；
7.已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的焦距为3，其中一条渐近线的方程为x－y＝0.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E交于A，B两点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若点P为椭圆E的左顶点，＝2，求||2＋||2的取值范围；
(3)若点P满足|PA|＝|PB|，求证：＋＋为定值．

【解】　(1)由双曲线－＝1的焦距为3，得c＝，∴a2＋b2＝.①∵渐近线的方程为y＝±x，由题意知＝，②由①②解得a2＝3，b2＝，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知P.设G(x0，y0)，由＝2，得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)．
即解得∴G.设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
|G|2＋||2＝2＋y＋2＋y＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋＝x＋.
又∵x1∈[－，]，∴x∈[0,3]，∴≤x＋≤，∴||2＋||2的取值范围是.
(3)证明：由|PA|＝|PB|，知P在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性可知A，B关于原点对称．
①若A，B在椭圆的短轴顶点处，则点P在椭圆的长轴顶点处，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.
若A，B在椭圆的长轴顶点处，则点P在椭圆的短轴顶点处，此时＋＋＝＋＋＝2＝2.
②当点A，B，P不在椭圆顶点处时，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OP的方程为y＝－x，设A(x2，y2)，B(－x2，－y2)．由解得x＝，y＝.所以|OA|2＝|OB|2＝x＋y＝，
用－代换k，得|OP|2＝.∴＋＋＝＋＋＝2.
综上，＋＋为定值2.
8. 如图1­7所示，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点为F，点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点)．

图1­7
(1)求双曲线C的方程；
(2)过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值．

解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝.由题意，直线OB的方程为y＝－x，直线BF的方程为y＝(x－c)，所以B.又直线OA的方程为y＝x，则A，所以kAB＝＝.
又因为AB⊥OB，所以·＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为－y2＝1.
(2)由(1)知a＝，则直线l的方程为－y0y＝1(y0≠0)，即y＝(y0≠0)．
因为直线AF的方程为x＝2，所以直线l与AF的交点为M，直线l与直线x＝的交点为N，，
则＝＝＝·.又P(x0，y0)是C上一点，则－y＝1，
代入上式得＝·＝·＝，所以＝＝，为定值．
9.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的离心率为，右准线的方程为x＝4，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，A，B分别为椭圆C的左右顶点.

（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过T（t，0）（t＞a）作斜率为k（k＜0）的直线l交椭圆C与M，N两点（点M在点N的左侧），且F1M∥F2N.设直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，求k1•k2的值.

【答案】（1）；（2）.
（1）根据离心率和准线方程可得，可得椭圆方程；
（2）直线l的方程为：y＝k（x﹣t），联立直线l与椭圆的方程，可得，，根据可得，根据可得4k2（t2﹣4）＝9，利用斜率公式可得，化简可得结果.
【详解】（1）由题意知，，，解得：a2＝4，b2＝3，
所以椭圆的标准方程为：；
（2）设，，
因为直线l过T（t，0），设直线l的方程为：y＝k（x﹣t），联立直线l与椭圆的方程整理得：（3+4k2）x2﹣8k2tx+4k2t2﹣12＝0，
，，
因为F1（﹣1，0），F2（1，0），
所以，，且，
所以，即，
整理得：，
所以，
又，
即，整理得：4k2（t2﹣4）＝9，
因为直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且A（﹣2，0），B（2，0），
所以k1•k2＝，.
所以k1•k2的值为..
10.已知椭圆，抛物线与椭圆有相同的焦点，抛物线的顶点为原点，点是抛物线的准线上任意一点，过点作抛物线的两条切线PA、PB，其中A、B为切点，设直线PA，PB的斜率分别为，.

（1）求抛物线的方程及的值；
（2）若直线AB交椭圆于C、D两点，、分别是、的面积，求的最小值.

【答案】（1）抛物线的方程为：， ；（2）最小值为.
【分析】（1）依题意得抛物线的焦点坐标为，进而可得其方程为；设过点与抛物线相切的直线方程为（），代入，由得，进而可得；
（2）先证得直线恒过定点，且斜率不为零，故设直线的方程为，将其与抛物线联立，由弦长公式求得，再将其与椭圆联立，由弦长公式求得，进而得，从而可得结果.
【详解】
（1）依题意可得抛物线的焦点坐标为，又抛物线的顶点为原点，所以抛物线的方程为.
设，过点与抛物线相切的直线方程为（），将其代入得，
由得，即，所以.
（2）设，，由（1）知，，即，，
则以为切点的切线方程为，即，
同理，以为切点的切线方程为，
因为两切线均过点，所以，，
则切点弦的方程为，所以直线恒过定点.
设点到直线的距离为，则，
因为直线恒过定点，且斜率不为零，故设直线的方程为.
联立得，则，
则；
联立得，设，，则，
则，则，
故当时，有最小值.
11.已知圆经过点且与直线相切，圆心的轨迹为曲线，点Aa,1(a>0) 为曲线上一点．
（1）求的值及曲线的方程；
（2）若为曲线上异于的两点，且．记点到直线的距离分别为求证：是定值．

【答案】（1）；（2）证明见解析
【分析】
（1）圆心到点的距离等于到直线的距离，且不在上，由此可知的轨迹满足抛物线的定义；（2）设Mx1,x124,Nx2,x224，由，转化成，代入数据化简，只需证明(x1+2)(x2+2)为定值即可.
（1）
圆经过点且与直线相切，于是到的距离等于到直线的距离，又不在直线上，于是的轨迹满足抛物线的定义，即在以为焦点，为准线的抛物线上，于是方程为，又A(a,1)(a>0)在抛物线上，故a2=4a>0，解得.
（2）
设M(x1,x124),N(x2,x224)，则由得AM⋅AN=0∴(x1−2)(x2−2)+(x124−1)(x224−1)=0，∴(x1−2)(x2−2)[1+116(x1+2)(x2+2)]=0，∵x1≠2,x2≠2∴1+116(x1+2)(x2+2)=0∴(x1+2)(x2+2)=−16，因此d1d2=x1+2x2+2=16
12.已知抛物线C：的焦点为F，为抛物线C上一点，且．
（1）求抛物线C的方程：
（2）若以点为圆心，为半径的圆与C的准线交于A，B两点，过A，B分别作准线的垂线交抛物线C于D，E两点，若，证明直线DE过定点．

【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）解方程和即得解；
（2）设，，将与圆P的方程联立得到韦达定理，再写出直线的方程即得解.
解：因为为抛物线C上一点，且，
所以到抛物线C的准线的距离为2．
则，，
则，所以，故抛物线C的方程为．
（2）
证明：由（1）知，则圆P的方程为．
设，，将与圆P的方程联立，可得，
则，．
当时，，不妨令，
则，此时；
当时，直线DE的斜率为，
则直线DE的方程为，
即，
即，令且，得，直线过点；
综上，直线DE过定点．